2026年高考数学考前仿真冲刺卷04（全国Ⅱ卷）

**基本信息** 聚焦高考核心素养，覆盖集合、数列、立体几何等主干知识，通过工业数据统计、投篮游戏等真实情境与梯度设计，实现模拟预测价值。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|8/40|集合运算、等比数列求和、充要条件判断|第7题圆锥体积最值结合空间观念，考查直观想象| |多选|3/18|统计数据分析、三角函数图象、椭圆性质|第9题2026年工业数据体现数据观念，关联社会热点| |填空|3/15|复数模、正方体点面距、等差数列不等式|第14题数列不等式考查运算能力与推理意识| |解答|5/77|解三角形、立体几何证明、双曲线、函数导数、概率分布列|第19题投篮游戏概率模型构建，体现应用意识与模型观念|

2026年高考数学考前仿真冲刺卷 高三数学 （考试时间：120分钟，分值：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 4．适用省份：山西、内蒙古、辽宁、吉林、黑龙江、广西、海南、重庆、四川、贵州、云南、西藏、陕西、甘肃、青海、宁夏、新疆 第一部分（选择题 共58分） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．设全集，集合，则集合中的元素的个数为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据集合的交集运算即可. 【详解】因为，所以中的元素个数为. 2．若复数（）是纯虚数，则z的共轭复数的虚部为（   ） A． B．1 C．i D． 【答案】B 【详解】由， 因为复数（）是纯虚数，所以，解得， 所以，即，故z的共轭复数的虚部为. 3．的展开式中的系数为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】应用二项式展开式的通项公式计算求解即可. 【详解】根据二项式展开的通项公式，第项为， 令的指数，解得， 即的系数为. 4．在中，若，，则形状为（   ） A．等边三角形 B．等腰但不等边三角形 C．直角三角形 D．等腰直角三角形 【答案】A 【详解】因为，且，所以. 因为，由正弦定理得， 因为，所以. 因为，所以，所以. 故为等边三角形． 5．某公益组织发起捐款活动，第1天捐款100元，从第2天开始，每日捐款额比前一天捐款额的2倍少80元.若第天的捐款额不低于2000元，则的最小值是（   ） A．6 B．7 C．8 D．9 【答案】C 【详解】设第天捐款数额为，由题意可知， 可知，即数列是以20为首项，以2为公比的等比数列， 则，得， 可得，化简得， 因，且是递增数列，故的最小值为8，此时. 6．在正四棱台中，，若侧棱与底面的夹角为，则该四棱台的体积为（    ） A． B．112 C． D． 【答案】A 【详解】如图，分别为上底面和下底面的中心，连接， 则底面，过点作于点，则底面， 则即侧棱与底面的夹角,即， 因为，所以， 故，所以， 故该正四棱台的体积为. 7．已知O为坐标原点，过焦点的直线与抛物线交于两点，若，则（   ） A．2 B．1 C． D． 【答案】A 【详解】显然直线不垂直于轴，设其方程为，， 由消去得，则， 因此，而， 所以. 8．若关于x的方程有2个不相等的实数根，则实数t的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】构造函数，利用导数分析其单调性与极值，结合定义域及极限情况，确定函数零点个数，从而得出的取值范围. 【详解】令，且，求导得. 当时，，在上单调递增， 在上，从递增到有一个零点； 在上，从递增到，无零点； 故时，方程仅有1个实数根，不符合题意. 当时，令，解得（极值点）， 当时，，单调递增；当时，，单调递减. 在处取得极大值，. 设，求导得，令，解得. 在上单调递减，在上单调递增，最小值为， 故，即极大值恒正. 在上：从递增到极大值，必有一个零点； 在上：从极大值递减到，必有一个零点； 又不在定义域内，且在两侧均趋近于，不影响零点个数. 综上，当时，方程有2个不相等的实数根. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．已知向量，则下列结论正确的是（   ） A．若与方向相反，则 B．若，则 C．若，则在方向上的投影向量坐标为 D．若 则与夹角的余弦值为 【答案】AC 【分析】利用共线向量的坐标表示判断A；利用向量垂直的坐标表示判断B；求出投影向量及向量夹角余弦判断CD. 【详解】对于A，由，得，解得，当时，，与方向相同， 当时，，与方向相反，A正确； 对于B，，由， 得，解得或，B错误； 对于CD，当时，，， 则在方向上的投影向量，C正确； 与夹角的余弦值为，D错误. 10．如图，在棱长为2的正方体中，分别为的中点，为正方形内的动点，则（   ） A．平面 B． C．二面角的余弦值为 D．当直线与平面所成角的正切值为时，点的轨迹的长度为 【答案】ACD 【分析】A选项，通过中位线得到，然后利用线面平行的判定定理即可证明；B选项，建立空间直角坐标系，计算向量即可判断；C选项，分别求出平面和平面的法向量，再计算法向量夹角的余弦值，即可求得二面角的余弦值；D选项，先确定平面，将线面角转化为中的角，由正切值计算出，即可得出的轨迹是正方形内的圆，周长即为轨迹长度. 【详解】对于A：连接，因为分别为的中点，所以， 又因为平面，平面，所以平面，故A正确； 对于B：以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以， 因为，所以与不垂直，即与不垂直，故B错误； 对于C：由B可知，， 设平面的法向量为，则， 令，可得. 设平面的法向量为，则， 令，可得， 设二面角的平面角为， 则， 由图知，二面角为锐角，所以二面角的余弦值为，故C正确； 对于D：设点是正方形的中心，连接，则平面， 所以就是直线与平面所成的角，即， 在中，，所以， 所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，其轨迹长度为，故D正确. 11．已知函数满足对且，若数列满足，则（   ） A． B． C．数列是等比数列 D． 【答案】ABD 【详解】对于A，令，可得，正确； 对于B，令，则， 由和可得，正确； 对于C，因为，令， 则，即， 所以数列是以为首项，为公差的等差数列，故错误； 对于D，所以. 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知随机变量，且，则__________． 【答案】 【详解】依题意得， 所以. 13．已知圆锥的侧面展开图为一个半圆，且轴截面面积为为底面圆的一条直径，为圆上的一个动点（不与重合），则三棱锥的外接球体积为__________. 【答案】 【分析】根据条件，求出圆锥底面半径r和母线l的值，进而可得圆锥的高，分析可得三棱锥的外接球球心在SO上，根据勾股定理，计算求解，可得外接球半径R，代入体积公式，即可得答案. 【详解】设圆锥底面圆半径为r，母线长为l，则圆锥的高为 因为侧面展开图为一个半圆，所以，解得， 又轴截面面积为，所以， 解得，则，圆锥的高为， 由题意三棱锥的外接球的球心在SO上，且设为，外接球半径设为R， 连接，则，所以， 在中，，即， 则，解得， 则三棱锥的外接球的体积. 14．已知分别是椭圆和双曲线的离心率，是它们的公共焦点，是它们的一个公共点．且，则的最大值为___________． 【答案】 【分析】利用椭圆和双曲线的定义将几何条件转化为关于的代数关系，进而建立目标式与离心率的关系，最后利用柯西不等式求解最值. 【详解】 设椭圆的长半轴长为，半焦距为，根据椭圆的定义. 设双曲线的实半轴长为，半焦距为，根据双曲线的定义， 不妨设，则有. 联立得. 因为，所以根据勾股定理有， 化简得：，两边同除以可得：， 则根据柯西不等式得， 当且仅当 所以的最大值为. 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．已知. (1)求的最小正周期及单调增区间； (2)已知的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，钝角A满足，点D为线段BC上一点，且，求AD的长． 【答案】(1)最小正周期为，增区间为 (2) 【分析】（1）整理得，可求得其最小正周期及单调递增区间； （2）由题意可求得，结合已知可得，利用，可求得AD的长． 【详解】（1）由 ， 则的最小正周期， 令时，解得， 故函数的增区间为； （2）因为，则， 由于，则，所以，解得， 又，则， 又由于，得， ，解得． 16．如图，在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，. (1)证明：平面平面. (2)求点到平面的距离. (3)求平面和平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】取中点，连接PO，CO，根据等边及等腰三角形的性质，可证，，根据勾股定理，可求得PO，CO的长，根据AC的长，结合勾股定理，可证，根据线面垂直的判定定理，可证平面，根据面面垂直的判定定理，即可得证. （2）如图建系，求得各点坐标和各个所需向量坐标，可求得平面的法向量，根据点到平面距离的向量求法，代入数据，即可得答案. （3）求出平面PBC的法向量，根据二面角的向量求法，可求得二面角的余弦值，根据同角三角函数的关系，即可得答案. 【详解】（1）证明：如图，取中点，连接， 因为是边长为2的等边三角形，为中点， 所以，且. 又因为为中点， 所以，且. 因为，所以， 所以. 又平面， 所以平面， 又因为平面， 所以平面平面. （2）由（1）得两两互相垂直， 故以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的法向量为， 则，即， 令，则， 故平面的一个法向量为， 所以点到平面的距离. （3）由（2）可知，， 设平面的法向量为， 所以，即， 令，则， 故平面的一个法向量为， 由（2）知平面PAC的一个法向量为，）， 所以， 故平面和平面夹角的余弦值为. 17．已知椭圆：的长轴长为4，且与直线相切，，为上不在坐标轴上的不同两点． (1)求的方程； (2)若以为直径的圆经过点，证明：直线过定点． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据长轴长及直线与椭圆的位置关系求解即可. （2）设出直线方程，与椭圆方程联立，根据圆的性质得到，结合韦达定理及直线过定点问题证明即可. 【详解】（1）由题易知， 联立得， ， 令，因为，解得， 所以C的方程为． （2）证明：当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，， 联立，整理得， ， 则，， 所以． 因为以为直径的圆经过点，则，即， 即， 则，即或． 当时，， 直线的方程为，此时直线过定点，舍去； 当时，， 直线的方程为，此时直线过定点． 当直线的斜率不存在时，直线方程为，此时，两点为，，以为直径的圆的方程为，点在该圆上． 综上所述，直线过定点． 18．已知函数. (1)当时，求的极值； (2)当时，求在上的最小值； (3)若在上存在零点，求的取值范围. 【答案】(1)极大值为，没有极小值 (2)0 (3) 【分析】（1）利用导函数求函数的极值； （2）根据导函数求函数的最值； （3）根据的导数，对进行分类，结合函数的单调性和极值可得的取值范围. 【详解】（1）当时，，定义域是 求导可得 令，解得， 当变化时，，的变化情况如下表： 0 单调递增 极大值 单调递减 由此可得的极大值为，没有极小值. （2）当时，，定义域是 求导可得 令，定义域是，则 求导可得，当时，，因此在上是增函数， 所以，即在上是增函数，. （3），定义域是 求导可得， 令，定义域是 求导可得 分类讨论， 当时，，因此在上是减函数，； 当时，是负数，因此，在上是减函数，，不符合题目要求； 当时，，，因此存在，使得，即， 当变化时，，的变化情况如下表： 0 单调递增 极大值 单调递减 因此，只需要，即时，在上存在零点； 当时，由第一问可知在上是增函数，，不符合题目要求； 当时，，即，在上是增函数，，不符合题目要求， 综上所述，的取值范围是. 19．元旦晚会上，班委为了活跃氛围，特准备了“丢沙包”游戏，参与者在指定范围内投掷沙包入框，并制定了两个小游戏，且每位参与者只能参加其中一项游戏，规则如下：游戏一：参与者进行投掷，若在投掷过程中累计命中次数达到2次，则游戏立即结束并获奖，若投掷次（且）后仍未累计命中2次，则游戏结束，无法获奖： 游戏二：参与者进行投掷，不限投掷次数，若每次投掷中，命中记得1分，未命中记得-1分，当累计得分达到3分，则游戏立即结束并获奖，当累计得分达到-3分，游戏立即结束，无法获奖． 现有甲、乙两位同学分别参加游戏，且每位同学每次投掷是否命中相互独立，已知甲同学参加游戏一，且每次命中率为；乙同学参加游戏二，每次命中率为． (1)当时，记甲同学投掷次数为，求的分布列及期望： (2)当（且）时，求甲同学获奖的概率（用含的表达式表示）； (3)记时，甲同学获奖的概率为；若乙同学获奖概率不小于，求的最小值． 【答案】(1) 2 3 4 ； (2)； (3). 【分析】（1）写出的取值可能为，再分别计算其概率，最后利用期望公式即可得到答案； （2）计算出的表达式，从而得到的表达式，再利用错位相减法即可得到答案； （3）记表示乙同学的得分，，计算出对应的概率，根据得到不等式，解出即可得到最小值． 【详解】（1）依题意，的取值可能为， ，，， 故的分布列为： 2 3 4 数学期望. （2）记事件：甲同学获奖， 显然，，设表示甲投掷的次数，若甲投掷次并获奖， 则， 所以， 令，则， 两式相减得， ，即， 所以． （3）记表示乙同学的得分，， 记事件：乙同学获奖，表示乙同学得分为分时，最终获奖的概率， 显然，又， 由全概率公式知：， 则， 于是 ， 即，同理， ，， ， 累加得， 因此 ，即， 即， 当时，甲同学获奖的概率为，则， 由，即，解得， 所以的最小值为. 2 / 16 1 / 16 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高考数学考前仿真冲刺卷 高三数学 （考试时间：120分钟，分值：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 4．适用省份：山西、内蒙古、辽宁、吉林、黑龙江、广西、海南、重庆、四川、贵州、云南、西藏、陕西、甘肃、青海、宁夏、新疆 第一部分（选择题 共58分） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．设全集，集合，则集合中的元素的个数为（    ） A． B． C． D． 2．若复数（）是纯虚数，则z的共轭复数的虚部为（   ） A． B．1 C．i D． 3．的展开式中的系数为（   ） A． B． C． D． 4．在中，若，，则形状为（   ） A．等边三角形 B．等腰但不等边三角形 C．直角三角形 D．等腰直角三角形 5．某公益组织发起捐款活动，第1天捐款100元，从第2天开始，每日捐款额比前一天捐款额的2倍少80元.若第天的捐款额不低于2000元，则的最小值是（   ） A．6 B．7 C．8 D．9 6．在正四棱台中，，若侧棱与底面的夹角为，则该四棱台的体积为（    ） A． B．112 C． D． 7．已知O为坐标原点，过焦点的直线与抛物线交于两点，若，则（   ） A．2 B．1 C． D． 8．若关于x的方程有2个不相等的实数根，则实数t的取值范围为（    ） A． B． C． D． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．已知向量，则下列结论正确的是（   ） A．若与方向相反，则 B．若，则 C．若，则在方向上的投影向量坐标为 D．若 则与夹角的余弦值为 10．如图，在棱长为2的正方体中，分别为的中点，为正方形内的动点，则（   ） A．平面 B． C．二面角的余弦值为 D．当直线与平面所成角的正切值为时，点的轨迹的长度为 11．已知函数满足对且，若数列满足，则（   ） A． B． C．数列是等比数列 D． 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知随机变量，且，则__________． 13．已知圆锥的侧面展开图为一个半圆，且轴截面面积为为底面圆的一条直径，为圆上的一个动点（不与重合），则三棱锥的外接球体积为__________. 14．已知分别是椭圆和双曲线的离心率，是它们的公共焦点，是它们的一个公共点．且，则的最大值为___________． 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．已知. (1)求的最小正周期及单调增区间； (2)已知的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，钝角A满足，点D为线段BC上一点，且，求AD的长． 16．如图，在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，. (1)证明：平面平面. (2)求点到平面的距离. (3)求平面和平面夹角的余弦值. 17．已知椭圆：的长轴长为4，且与直线相切，，为上不在坐标轴上的不同两点． (1)求的方程； (2)若以为直径的圆经过点，证明：直线过定点． 18．已知函数. (1)当时，求的极值； (2)当时，求在上的最小值； (3)若在上存在零点，求的取值范围. 19．元旦晚会上，班委为了活跃氛围，特准备了“丢沙包”游戏，参与者在指定范围内投掷沙包入框，并制定了两个小游戏，且每位参与者只能参加其中一项游戏，规则如下：游戏一：参与者进行投掷，若在投掷过程中累计命中次数达到2次，则游戏立即结束并获奖，若投掷次（且）后仍未累计命中2次，则游戏结束，无法获奖： 游戏二：参与者进行投掷，不限投掷次数，若每次投掷中，命中记得1分，未命中记得-1分，当累计得分达到3分，则游戏立即结束并获奖，当累计得分达到-3分，游戏立即结束，无法获奖． 现有甲、乙两位同学分别参加游戏，且每位同学每次投掷是否命中相互独立，已知甲同学参加游戏一，且每次命中率为；乙同学参加游戏二，每次命中率为． (1)当时，记甲同学投掷次数为，求的分布列及期望： (2)当（且）时，求甲同学获奖的概率（用含的表达式表示）； (3)记时，甲同学获奖的概率为；若乙同学获奖概率不小于，求的最小值． 2 / 16 1 / 16 学科网（北京）股份有限公司 $